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题意：给定长度为n,m<=100000的范围在100000以内的数组a,b。
现在给定两种操作：
第一种是ai,bj相等，ai,bj之前的数全删掉，费用为e，收益为1
第二种是把剩下的全部删掉，花费为之前删除的数的个数，并且得到的之前的收益(也就是必须这一步，不然1的收益都无效)
思路：刚开始看错题意了。。以为第二种操作花费为剩下的个数。。
然后多写了一段。。。还wa了。。虽然思路差不多。。
那么题目等价与a，b数组中找到最多的不相交线段。。
但是单纯这样还是要跪。。注意到s/e<=300，那么就可以二维dp
f[i][j]表示做到a[i]，有j对不相交线段的最近额b数组出现在什么位置。。
那么做法就很像不下降子序列nlogn版本的做法了。。
具体看代码吧。。
code：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define vii vector<int>::iterator 4 #define M0(a) memset(a, 0, sizeof(a)) 5 #define repf(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i) 6 int a[101010], b[101010], n, m, s, e; 7 int f[301]; 8 vector<int> p[101010]; 9 10 void init(){ 11 repf(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]); 12 repf(i, 1, m) scanf("%d", &b[i]); 13 for (int i = 0; i <= 100000; ++i) p[i].clear(); 14 repf(i, 1, m) p[b[i]].push_back(i); 15 } 16 17 void solve(){ 18 int t = s / e; 19 // cout << t << endl; 20 for (int i = 0; i <= t; ++i) f[i] = m+1; 21 f[0] = 0; 22 int ans = 0; 23 for (int i = 0; i < n; ++i){ 24 for (int j = t; j >= 0; --j) if (f[j] <= m){ 25 vii it = upper_bound(p[a[i+1]].begin(), p[a[i+1]].end(), f[j]); 26 if (it != p[a[i+1]].end()) f[j+1] = min(f[j+1], *it); 27 } 28 for (int j = 0; j <= t; ++j) if (f[j] <= m) 29 if (j * e + f[j] + i + 1 <= s) ans = max(ans, j); 30 } 31 cout << ans << endl; 32 } 33 34 int main(){ 35 // freopen("a.in", "r", stdin); 36 while (scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &s, &e) != EOF){ 37 init(); 38 solve(); 39 } 40 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/yzcstc/p/4067251.html
